Lösningsförslag. För separation av variabler gör vi ansatsen

u (x, t) = X (x) T (t).

Insatt i differentialekvationen ger detta

X (x) T ^ {\prime} (t) = X ^ {\prime \prime} (x) T (t)

eller

\frac {T ^ {\prime} (t)}{T (t)} = \frac {X ^ {\prime \prime} (x)}{X (x)}.

Eftersom sidorna i denna likhet beror på olika variabler måste de båda vara konstanta, alltså

\frac {T ^ {\prime} (t)}{T (t)} = \lambda = \frac {X ^ {\prime \prime} (x)}{X (x)}.

för någon konstant $\lambda$ .

Vi börjar med att lösa den andra av dessa ekvationer

X ^ {\prime \prime} (x) = \lambda X (x).

Randvillkoren $\frac{\partial u}{\partial t} (0,t) = 0$ och $\frac{\partial u}{\partial t} (\pi ,t) = 0$ ger oss att $X(0)T^{\prime}(t) = 0$ och $X(\pi)T^{\prime}(t) = 0$ . Om vi antar att $T^{\prime}(t)\neq 0$ ger detta

X (0) = X (\pi) = 0.

Vi återkommer till fallet $T^{\prime}(t) = 0$ senare i lösningen.

Vi får tre fall beroende på tecknet av konstanten $\lambda$ .

Om $\lambda > 0$ sätter vi $\lambda = \alpha^2$ , $\alpha > 0$ , och får den allmänna lösningen

X (x) = A e ^ {\alpha x} + B e ^ {- \alpha x}.

För att randvillkoren ska vara uppfyllda behöver vi

0 = X (0) = A + B 0 = X (\pi) = A e ^ {\alpha \pi} + B e ^ {- \alpha \pi}

Eftersom

\det \left( \begin{array}{cc} 1 & 1 \\ e ^ {\alpha \pi} & e ^ {- \alpha \pi} \end{array} \right) = e ^ {- \alpha \pi} - e ^ {\alpha \pi} = e ^ {- \alpha \pi} \left(1 - e ^ {2 \alpha \pi}\right) \neq 0

då $\alpha > 0$ måste $A = B = 0$ , så det finns ingen icke-trivial lösning i detta fall.

Om $\lambda = 0$ har vi $X''(x) = 0$ med den allmänna lösningen

X(x) = A x + B.

Randvillkoren är uppfyllda om

0 = X(0) = B 0 = X(\pi) = A \pi + B

det vill säga om $A = B = 0$ . Även i detta fall finns ingen icke-trivial lösning.

Om $\lambda < 0$ sätter vi $\lambda = -\alpha^2$ , $\alpha > 0$ , och får den allmänna lösningen

X(x) = A \cos(\alpha x) + B \sin(\alpha x).

I detta fall är randvillkoren uppfyllda om

0 = X(0) = A 0 = X(\pi) = A \cos(\alpha \pi) + B \sin(\alpha \pi) = B \sin(\alpha \pi)

Vi måste alltså ha $A = 0$ och $0 = B\sin(\alpha \pi)$ . Om $B = 0$ får vi bara den triviala lösningen. För att vi ska få en icke-trivial lösning måste alltså $0 = \sin(\alpha \pi)$ , så $\alpha$ måste vara ett icke-negativt heltal. Vi har hittat lösningarna

X_n(x) = B_n \sin(nx)

för $n = 1,2,3,\ldots$ . Motsvarande lösningar för $T(t)$ är

T(t) = T_n(t) = e^{-n^2 t}

då $\lambda = -\alpha^2 = -n^2$ . Tillsammans har vi alltså lösningarna

u_n(x,t) = A_n e^{-n^2 t} \sin(nx), \quad n = 1,2,3,\ldots

som uppfyller differentialekvationen och randvillkoren.

Vi tittar nu på fallet $T'(t) = 0$ . Då är $T(t) = A$ konstant och $X''(x) = 0$ vilket ger lösningen

X(x) = C x + D.

Vi har alltså hittat ytterligare en lösning

u_0(x,t) = (C x + D) A = C x + D.

Eftersom både differentialekvation och dess randvillkor är linjära så är linjärkombinationen

u(x,t) = C x + D + \sum_{n=1}^{\infty} B_n e^{-n^2 t} \sin(nx)

också en lösning till differentialekvationen och randvillkoren.

Vi ska nu välja konstanterna $C, D$ och $B_1, B_2, B_3, \ldots$ så att

u(x,0) = C x + D + \sum_{n=1}^{\infty} B_n \sin(nx) = f(x) = x(\pi - x), \quad 0 \leq x \leq \pi.

Om vi sätter $x = 0$ respektive $x = \pi$ får vi

0 + D + 0 = f(0) = 0, C \pi + D + 0 = f(\pi) = 0,

så $C = D = 0$ . Koefficienterna $B_n$ blir sedan koefficienterna i en Fourierserieutveckling,

\sum_{n=1}^{\infty} B_n \sin(nx) = f(x) = x(\pi - x), \quad 0 \leq x \leq \pi.

Detta är en Fourier-sinus-serie på intervallet $0 \leq x \leq \pi$ . Likhet gäller då koefficienterna ges av

B_n = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} f(x) \sin(nx) \, dx = \frac{2}{\pi} \int_0^{\pi} x(\pi - x) \sin(nx) \, dx

vilket alltså ger lösningen till initialvärdesproblemet

u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} B_n e^{-n^2 t} \sin(nx).

För det efterfrågade gränsvärdet har vi

\lim_{t \to \infty} u(x,t) = \lim_{t \to \infty} \left( \sum_{n=1}^{\infty} B_n e^{-n^2 t} \sin(nx) \right) = 0.